四川省遂宁市2020届高三化学下学期第三次诊断性考试试题（含解析）

四川省遂宁市2020届高三化学下学期第三次诊断性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cu-641.化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）A. 天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B. 生物质能和氢气都属于可再生能源C. 古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D. 燃煤中加入生石灰和汽车限行都为了减缓温室效应【答案】B【解析】【详解】A. 蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B. 生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C. 铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D. 燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。2.某有机物的结构简式如下图所示，下列有关该有机物的说法正确的是（ ）A. 该有机物的化学式为C10H14B. 它的一氯代物有6种C. 该有机物分子中所有碳原子一定在同一平面上D. 一定条件下，它可以发生取代、 加成和氧化反应【答案】D【解析】【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键，双键为平面结构，甲基、亚甲基为四面体构型，结合烯烃的性质来解答。【详解】A. 该有机物的化学式为C10H16，A项错误；B. 结构不对称，含8种H，则一氯代物有8种，B项错误；C. 甲基、亚甲基及次甲基为四面体构型，则所有碳原子不可能共面，C项错误；D. 含碳碳双键，可发生加成、氧化反应，且甲基可光照下发生取代反应，D项正确；答案选D。3.设NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确是（ ）A. 1mol月球背面的氦3（3He）含有质子为2NAB. 标况下，22.4L甲烷和1molCl2反应后的混合物中含有氯原子数小于2NAC. 2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数为4NAD. 25时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A. 3He的原子序数为2，质子数为2，则1mol氦3（3He）含有质子数为2NA，A项正确；B. 甲烷与氯气发生取代反应，根据氯元素守恒可知，反应后的混合物中氯原子的个数为2NA，B项错误；C. SO2与O2的反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应，转移的电子数小于4NA，C项错误；D. Ba(OH)2溶液中，pH=13,依据c(OH-) = =10-1=0.1mol/L，则25时，1L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.1mol/L1LNA = 0.1NA，D项错误；答案选A。4.下列实验操作，现象和结论正确的是（ ）实验操作和现象结 论A向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀KspFe(OH)3KspAl(OH)3B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置润湿的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，未出现白色沉淀，则说明溶度积：KspFe(OH)3KspAl(OH)3，A项正确；B. Fe2+在酸性条件下会被硝酸根离子氧化成Fe3+，故加入KSCN溶液后变红，无法判断原样品是否变质，B项错误；C. NH4HCO3固体受热易分解生成氨气、二氧化碳与水，其中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则不能证明NH4HCO3是否显碱性，C项错误；D. 向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明混合后的溶液中有I2分子，则原溶液可能含有I2、Fe3+或Br2等，D项错误；答案选A。5.X、Y、Z、W为短周期元素，X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；Z与Y位于同一周期；Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到；非金属Z的一种固体单质可导电；W原子半径是短周期元素中最大的。下列说法正确的是（ ）A. 四种元素中简单离子半径由大到小的顺序W、X、Y、ZB. X、Z、W的最高价氧化物的水化物可两两发生反应C. 氢化物沸点最高的是Z的氢化物D. 随着温度升高，Y2的化学活性增强，可能与W单质发生化学反应【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y2常用做保护气，一般由分馏液态空气得到，则Y为N元素；Z与Y位于同一周期，非金属Z的一种固体单质可导电，则Z为C元素，该单质为石墨；X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和；则X的质子数为：7+6=13，即X为Al元素；因同周期中原子半径从左到右依次减弱，同主族中从上到下原子半径依次增大，则短周期元素中最大的Na，即W为Na元素，结合元素周期律与物质结构和性质作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W为Al、N、C和Na元素，则A. 电子层数越多，简单离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，简单离子半径越大，则四种元素的简单离子半径从大到小的顺序比较：N3-、Na+、Al3+、C4+，即Y、W、X和Z，A项错误；B. X、Z、W的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化铝、碳酸和氢氧化钠，其中碳酸为弱酸，氢氧化铝的碱性也很弱，两者不反应，B项错误；C. 因氨气分子间有氢键，氢化钠与氢化铝为离子晶体，熔、沸点较大，甲烷为分子晶体，熔沸点最低，C项错误；D. N2常温下性质稳定，但随着温度升高，其化学活性增强，可能与Na单质发生化学反应生成氮化钠，D项正确；答案选D。【点睛】需要注意C项是学生的易错点，氢氧化铝可以与强酸、强碱反应，但不能与弱酸如碳酸、弱碱如氨水反应。6.微生物燃料电池的一种重要应用就是废水处理中实现碳氮联合转化为CO2和N2，如图所示，1、2为厌氧微生物电极，3为阳离子交换膜，4为好氧微生物反应器。下列有关叙述错误的是（ ）A. 协同转化总方程式：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2OB. 电极1的电势比电极2上的低C. 温度越高，装置的转化效率越高D. 正极的电极反应：2NO3+10e+12H=N2+6H2O【答案】C【解析】【分析】图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，根据图示电极2为NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，则电极1的电极反应式为：CH3COO-8e-+2H2O2CO2+7H+，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，NH4+2O2NO3-+2H+H2O，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 结合A、B极反应式可知，总反应为CH3COONH4被氧气氧化转化为CO2和N2的过程，其化学方程式为：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2O，A项正确；B. 微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，即电极1的电势比电极2 上的低，B项正确；C. 微生物存活需要最适温度，不是温度越高活性越好，C项错误；D. 电极2为正极，NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，D项正确；答案选C。【点睛】新型燃料电池一直是高考高频考点，学生要抓住原电池的基本工作原理，学会分析电子转移方向、反应物与生成物，电极反应式的正确书写是解题的关键。7.常温下，用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是（ ）A. 酸性:HX c(HY)c(Y)c(H)【答案】C【解析】【分析】用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00 mL 0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HYHX；当NaOH反应了10.00 mL时，溶液中分别存在HX、NaX和HY、NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00 mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。【详解】A对于HX和HY，酸性越弱，电离出的H+浓度越小，初始时刻根据图象，pH越小的酸酸性越强，电离程度就越大，因此酸性强弱为HYHX，A项错误；BpH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，分别存在c（Na+）=c（X-），c（Na+）=c（Y-），但HX和HY此时消耗的NaOH的量不相同，前者消耗的多，因此c（X-）c（Y-），B项错误； C当V（NaOH）=20.00 mL时，HX恰好转化为NaX，HY恰好转化为NaY，二者均水解使溶液显碱性，根据质子守恒可知c(HX)+c(HY)+c(H+)=c(OH-)，C项正确；D当V（NaOH）=10.00mL时，HY的溶液中存在HY和NaY，物质的量之比为1：1，此时溶液显酸性，可以判断是酸的电离程度大于酸根离子的水解程度，对于HY、NaY的混合溶液来说，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（Y-），由于溶液是酸性，因此c（H+）c（OH-），则c（Na+）c（Y-），无论是电离还是水解，都是微弱的过程，因此X-、HY浓度都大于H+的浓度，所以溶液中粒子浓度大小关系为：c（Y-）c（Na+）c（HY）c（H+）c（OH-），D项错误；答案选C。【点睛】分析图像每个特殊点的溶质成分是解题的关键，D项是难点，学生要准确把握溶液的酸碱度、三大守恒及其溶质组成，分析电离与水解的相对强弱才能正确解题。8.碘量法测定废水中的硫化物的实验装置如下图。按图连接好装置，检查气密性。移取足量的醋酸锌溶液于两支吸收管中，取100mL水样于反应瓶中，通入氮气一段时间，移取10mL盐酸于反应瓶中，80加热，继续通入氮气。关闭氮气后，往两个吸收管中各加入0.010molL1的碘标准溶液50mL（过量），再加入盐酸3mL，静置。加入淀粉指示液，用0.010molL1的硫代硫酸钠标准溶液对两支吸收管中的液体进行滴定，共消耗80mLNa2S2O3溶液（）。已知：废水中的硫化物酸性条件下易转化为剧毒硫化氢且醋酸锌可用于完全吸收硫化氢生成硫化锌沉淀。回答下列问题：（1）上图反应器的名称是_。通入氮气的目的是：反应前_，反应后_。（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，下列发生装置中可选用的是_（填序号），尾气处理使用硫酸铜溶液比氢氧化钠溶液效果好的原因是_。（3）反应瓶最佳采用_加热（填加热方式），温度过高可能出现的后果是_。（4）加入碘标准溶液时，吸收管中发生反应的化学方程式为_。（5）只使用一个吸收管，可能导致测定结果偏_（填“高”或“低”）。（6）硫代硫酸钠标准溶液配制需要煮沸蒸馏水，其目的是_。0.010molL1的硫代硫酸钠标准溶液不直接配制而是经过标定得到，可能的原因是_。（7）废水中硫的含量为_mgL1。【答案】 (1). 三颈烧瓶（三口烧瓶） (2). 反应前，排出装置中的空气 (3). 反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收 (4). bc (5). 生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气 (6). 水浴 (7). 温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收 (8). ZnS+I2=ZnI2+S (9). 低 (10). 除去空气中的氧气、二氧化碳等 (11). Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解等均可以） (12). 192【解析】【分析】硫化氢在反应瓶中制取，开始通入氮气一段时间，排净装置中的空气；水浴加热及充入氮气目的为排净反应瓶中生成硫化氢气体，硫化氢在吸收液中被完全吸收。在吸收管中发生：ZnSI2ZnI2S，剩余的碘单质发生：。【详解】（1）根据仪器构造可知，反应发生器名称为三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前通入氮气，排出装置中的空气；反应后通入氮气，将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收，故答案为：三颈烧瓶（三口烧瓶）；反应前，排出装置中的空气；反应后将硫化氢鼓入吸收管中以便完全吸收；（2）实验室采用块状硫化亚铁与稀硫酸反应制取H2S，选取装置可用固液不加热型，a、加热，故不选；b与c、固体与液体，不加热，b、c符合题意；d、加热固体，故不选；答案选bc；尾气处理使用硫酸铜溶液主要是因为生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气，故答案为：bc；生成的硫化钠极易水解得到剧毒硫化氢气体，使用硫酸铜可避免污染空气；（3）实验温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收，则适合采用水浴加热方式，故答案为：水浴；温度太高，硫化氢逸出速率过快，导致不能被完全吸收；（4）加入碘标准溶液时，碘将硫化锌氧化，吸收管中发生反应的化学方程式为ZnSI2ZnI2S，故答案为：ZnS+I2=ZnI2+S；（5）气体与液体的反应，只在接触面上反应，该实验使用两个吸收管，是保证硫化氢被完全吸收，若只使用一个吸收管，会导致测定结果偏低，故答案为：低；（6）煮沸蒸馏水是为了除去空气中的氧气、二氧化碳等；因Na2S2O3溶液不稳定，如易被氧化、易歧化、易水解等，因此需要标定，故答案为：除去空气中的氧气、二氧化碳等；Na2S2O3溶液不稳定（易被氧化、易歧化、易水解；（7）0.16L0.010mol/L：n（I2）=2：1，求得剩余n（I2）=0.0008mol，共有碘单质：0.1L0.010mol/L2=0.002mol，ZnSI2ZnI2S，此反应消耗单质碘：0.0020.002mol -0.0008mol = 0.0012mol，则根据关系式可知n(S2-)=0.0012mol，因此废水中硫的含量=0.0012mol32g/mol/0.2L=192mg/L，故答案为：192。9.用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O42H2O）的工业流程如下图己知：草酸钴晶体难溶于水RH为有机物（难电离）。请回答下列问题：（1）滤渣I的主要成分是_（填化学式）,写出一种能提高酸浸速率的措施_。（2）操作用到的玻璃仪器有_。（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式:_。（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，则应将浸出液的PH控制在_。（已知：溶液中离子浓度小于1105mol/L,则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为11015， 11038,11032)（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为_，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是_。（6）加入有机萃取剂的目的是_。实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42）来测定溶液中C2O42的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【答案】 (1). SiO2 (2). 提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌 (3). 分液漏斗、烧杯 (4). 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (5). 5pH9 (6). Co2+C2O42-+2H2O=CoC2O42H2O (7). 滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净 (8). 溶解NiR2，使之与水层分离 (9). 偏高【解析】【分析】用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O42H2O）：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3及过量的硫酸，滤渣为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+，溶于有机层，为分液，向水层加入（NH4）2C2O4，得到草酸钴晶体；【详解】(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；故答案为：SiO2；提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌；(2)通过操作得到水层和有机层，则操作为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；故答案为：分液漏斗、烧杯；(3)H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；(4)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，使铁离子沉淀，根据沉淀溶度积可知，铁离子所需的氢氧根离子浓度c1(OH-) = 210-11 mol/L，溶液的c1(H+) =510-4mol/L，则pH1-lg c1(H+)=3.3；同理可得，铁离子所需的氢氧根离子浓度c2(OH-) = 110-9 mol/L，溶液的c2(H+) =110-5mol/L，则pH2-lg c2(H+)=5；而氢氧化镍开始沉淀时所需的氢氧根离子浓度c3(OH-) =110-9mol/L，则pH3-lgc3(H+)=9，综上所述，最佳pH的范围为5pH9，若故答案为：5pH T1，故答案为：高于；（3）由基元反应aA+bB=cC+dD的速率方程为v=kca(A)cb(B)可知，快速平衡2NO(g)=N2O2(g)的正反应速率v快正=k1c2(NO)，逆反应速率v快逆=k2c(N2O2)，慢反应为N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)，则v慢正= k3c(N2O2)c(O2)，则反应速率v正= c2(NO) c(O2)，所以K=k1k3/k2，故答案为：k1k3/k2。11.铬及其化合物在工农业生产中具有广泛应用，请回答下列问题：（1）基态铬原子的核外电子排布式为_，属于元素周期表中的_区元素。（2）Cr3能形成配离子Cr(H2O)（H2NCH2CH2NH2）3，在该配离子中C,N,O的第一电离能由大到小的顺序为_， 在配体H2NCH2CH2NH2中采用sp3杂化的原子有_。（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5，沸点：117，能与CS2等互溶则固态CrO2Cl2属于_晶体。已知NO2与CS2互为等电子体，则1molNO2中含有键数目为_。（4）Cr2O3晶胞结构如图所示，已知Cr2O3的摩尔质量为Mg/mol,晶体的密度为gcm3 ，晶胞体积为Vcm3. 晶胞结构示意图中的小黑球代表_（填“铬离子”或“氧离子”），阿伏加德罗常数NA= _mol-1(用含M, V, 的代数式表示 ）。【答案】 (1). Ar3d54s1 (2). d (3). NOC (4). N,C (5). 分子 (6). 2NA (7). 氧离子 (8). 2M/V【解析】【分析】（1）基态铬原子原子序数为24，依据核外电子排布规律和洪特规则作答；根据元素周期表的结构分析；（2）同周期中元素第一电离能呈增大趋势，第VA族元素p能级处于半充满结构，第一电离能较大；依据杂化轨道理论分析其杂化类型；（3）根据物质的物理性质判断晶体类型，结合等电子体原理推出结构式，并计算键数目；（4）依据晶胞结构计算出小黑球与小白球的个数比，结合已知化学式作答；根据晶胞的质量=晶胞的密度晶胞体积作答。【详解】（1）基态铬原子原子序数为24，核外电子最高能级处于稳定结构，其核外电子排布式为Ar3d54s1，在第四周期IVB族，属于d区，故答案为：Ar3d54s1；d；（2）C,N,O处于同周期，同周期中元素第一电离能呈增大趋势，第VA族元素p能级处于半充满结构，N元素的第一电离能最大，则第一电离能由大到小的顺序为NOC；在配体H2NCH2CH2NH2中，氨基中心原子N的成键电子对数为3，孤电子对数为1，采用sp3杂化,亚甲基中心原子C的成键电子对数为4，孤电子对数为0，也采用sp3杂化，故答案为：NOC；N、C；（3）氯化铬酰（CrO2Cl2）熔点：-96.5，沸点：117，能与CS2等互溶，熔沸点较低，属于分子晶体；因NO2与CS2互为等电子体，则结构相似，CS2的结构式为S=C=S，则1molNO2中含有键数目为2NA,故答案为：分子；2NA；（4）Cr2O3晶胞中铬离子与氧离子的个数比应为2:3,根据晶胞结构可以看出，小黑球的个数为：12+2+3=6，小白球的个数为：4，则小黑球：小白球=6:4=3:2，对照化学式可知，小